Question

7．已知：如圖1，P為正方形ABCD對(duì)角線AC上任意一點(diǎn)，連結(jié)DP．過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PD交BC于點(diǎn)E．
（1）求證：PD=PE；
（2）如圖2，延長(zhǎng)DP交AB于點(diǎn)F，連結(jié)EF，求證：EF=AF+CE；
（3）如圖3，作∠FEB的平分線EG交DF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連結(jié)BG，求證：BG=$\sqrt{2}$EC．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接PB，利用△APB≌△APD推出PB=PD，再證明PB=PE即可解決問(wèn)題．
（2）如圖2中，延長(zhǎng)BC到M，使得CM=AF，易知△DCM≌△DAF，只要證明△DEF≌△DEM即可解決問(wèn)題．
（3）如圖3中，作GM⊥CB于M，GN⊥AB于N，GQ⊥EF于Q，連接PB、BD、DE，先證明四邊形GMBN是正方形，再證明△GDB∽△EDC即可解決問(wèn)題．

解答 證明：（1）如圖1中，連接PB．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°
在△APB和△APD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AP=AP}\\{∠PAB=∠PAD}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△APD，
∴PB=PD，∠ADP=∠ABP，
∴∠PBC=∠PDC，'
∵∠DPE=∠BCD=90°，
∴∠PEC+∠PDC=180°，∠PEB+∠PEC=180°，
∴∠PEB=∠PDC，
∴∠PBC=∠PEB，
∴PB=PE，
∴PD=PE．

（2）如圖2中，延長(zhǎng)BC到M，使得CM=AF，則△DCM≌△DAF，

∴DF=DM，∠ADF=∠CDM，．
∵∠DPE=90°，PD=PE，
∴∠PDE=45°，∠ADF+∠EDC=45°，
∴∠EDC+∠CDM=45°，
∴∠FDE=∠EDM=45°，
在△DEF和△DEM中，
$\left\{\begin{array}{l}{DE=DE}\\{∠FDE=∠EDM}\\{DF=DM}\end{array}\right.$，
∴△DEF≌△DEM，
∴EF=EM=EC+CM=EC+AF．

（3）如圖3中，作GM⊥CB于M，GN⊥AB于N，GQ⊥EF于Q，連接PB、BD、DE．

∵∠FBE+∠FPE=180°，
∴B、E、P、F四點(diǎn)共圓，
∴∠PFE=∠PBE=∠PDC=∠AFD，
∵∠GFQ=∠PFE，∠GFN=∠AFD，
∴∠GFQ=∠GFN，
∴GQ=GN，
∵GM⊥ME，GQ⊥EQ，∠GEM=∠GEQ，
∴GM=GQ=NG，則四邊形GMBN是正方形，
∴∠GBN=∠ABD=45°，
∴∠GBD=90°，
∵PB=PD，
∴∠PDB=∠PBD
∵∠PBG+∠PBD=90°，∠BGD+∠BDG=90°，
∴∠PGB=∠PBG，
∴PB=PG=PD=PE，
∴△GED是Rt△，
∴∠EGD=∠EDG=45°，
∵DG=$\sqrt{2}$DE
∵BD=$\sqrt{2}$CD，
∴$\frac{DG}{DE}$=$\frac{DB}{DC}$=$\sqrt{2}$，
∵∠GDE=∠BDC=45°，
∴∠GDB=∠EDC，
∴△GDB∽△EDC，
∴$\frac{BG}{EC}$=$\frac{DG}{DE}$=$\sqrt{2}$，
∴BG=$\sqrt{2}$EC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、四點(diǎn)共圓等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，靈活應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．